2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第3課時(shí) 立體幾何中的翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題練習(xí) 文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第3課時(shí) 立體幾何中的翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題練習(xí) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第3課時(shí) 立體幾何中的翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題練習(xí) 文（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3課時(shí)　立體幾何中的翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題 [考情分析]　翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題是近年來(lái)高考立體幾何中的常見(jiàn)題型．翻折是聯(lián)結(jié)平面幾何與立體幾何的紐帶，實(shí)現(xiàn)平面向空間的轉(zhuǎn)化；探索性問(wèn)題常以動(dòng)點(diǎn)形式出現(xiàn)，是帶著解析幾何的味道出現(xiàn)在立體幾何中的神秘殺手，讓很多學(xué)生不知所措！對(duì)于這兩類題目，破題的秘訣是“以靜制動(dòng)，靜觀其變！” 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)1　翻折問(wèn)題 1．處理好翻折問(wèn)題的關(guān)鍵是抓住兩圖的特征關(guān)系，畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，并弄清翻折前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒(méi)有發(fā)生變化，這些未變化的已知條件都是我們分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的依據(jù)． 2．以翻折棱為基準(zhǔn)，在同一個(gè)半平面內(nèi)的幾何元素之間

2、的關(guān)系是不變的，分別位于兩個(gè)半平面內(nèi)的幾何元素之間的關(guān)系一般是變化的．垂直于翻折棱的直線翻折后，仍然垂直于翻折棱． (2019·河北五校聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，如圖2.在圖2所示的幾何體D－ABC中： (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F－BCE的體積． 解　(1)證明：∵AC＝＝2，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝

3、8， ∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC， ∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ACD. (2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，∵E為AC的中點(diǎn)，∴EF為△ACD的中位線， 由(1)知，VF－BCE＝VB－CEF＝×S△CEF×BC， S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝， ∴VF－BCE＝××2＝. 1．解決與翻折有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清翻折前后的變和不變．一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變的，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口． 2．在解決問(wèn)題時(shí)，要

4、綜合考慮翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形． 如圖1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F(xiàn)分別在線段BC，AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起，記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如圖2. (1)求證：NC∥平面MFD； (2)若EC＝3，求證：ND⊥FC； (3)求四面體NEFD體積的最大值． 解　(1)證明：∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形， ∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MNCD. ∴四邊形MNCD是平行四邊形，∴NC∥MD. ∵NC?平面MFD，MD?平面MFD， ∴NC∥平面

5、MFD. (2)證明：連接ED， ∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE?平面MNEF， ∴NE⊥平面ECDF. ∵FC?平面ECDF， ∴FC⊥NE. ∵EC＝CD，∴四邊形ECDF為正方形， ∴FC⊥ED. 又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED， ∴FC⊥平面NED. ∵ND?平面NED， ∴ND⊥FC. (3)設(shè)NE＝x，則FD＝EC＝4－x，其中0

6、僅當(dāng)x＝4－x，即x＝2時(shí)，四面體NEFD的體積最大，最大值為2. 熱點(diǎn)2　探索性問(wèn)題 立體幾何中的探索性問(wèn)題主要是對(duì)位置關(guān)系、角的大小以及點(diǎn)的位置的探究，對(duì)條件和結(jié)論不完備的開放性問(wèn)題的探究．解決這類問(wèn)題一般根據(jù)探索性問(wèn)題的設(shè)問(wèn)，假設(shè)其存在并探索出結(jié)論，然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證，若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，若得到矛盾就否定假設(shè)． 　(2019·成都診斷)如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB，現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC. (1)若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P

7、，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由； (2)求三棱錐A－CDF的體積的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD的距離． 解　(1)線段AD上存在一點(diǎn)P，使得CP∥平面ABEF， 此時(shí)＝. 理由如下： 當(dāng)＝時(shí)，＝， 過(guò)點(diǎn)P作PM∥FD交AF于點(diǎn)M，連接EM， 則有＝＝，由題意可得FD＝5，故MP＝3， 由題意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC， ∴， 故四邊形MPCE為平行四邊形， ∴CP∥ME， 又∵CP?平面ABEF，ME?平面ABEF， ∴CP∥平面ABEF成立． (2)設(shè)BE＝x，∴AF＝x(0

8、F＝××2·(6－x)·x＝(－x2＋6x)． ∴當(dāng)x＝3時(shí)，VA－CDF有最大值，且最大值為3， 此時(shí)EC＝1，AF＝3，F(xiàn)D＝3，DC＝2，F(xiàn)C＝，AC＝，AD＝3，在△ACD中，由余弦定理得 cos∠ADC＝＝＝. ∴sin∠ADC＝，S△ADC＝·DC·DA·sin∠ADC＝3， 設(shè)點(diǎn)F到平面ADC的距離為h， 由于VA－CDF＝VF－ACD，即3＝·h·S△ADC， ∴h＝，即點(diǎn)F到平面ADC的距離為. 1．對(duì)于存在型問(wèn)題，解題時(shí)一般先假設(shè)其存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或者方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“是否有解”“是否在規(guī)定范圍內(nèi)有解”等問(wèn)題．

9、2．對(duì)于位置探索型問(wèn)題，通常是利用空間線、面位置關(guān)系，引入?yún)?shù)，綜合條件和結(jié)論列方程，解出參數(shù)從而確定位置． (2019·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點(diǎn)． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距離． 解　(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OE，因?yàn)镺，M分別為BD，BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形， 所以CD∥AB，因?yàn)镋F∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，

10、 所以EF＝CD. 所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF， 所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以FM∥OE. 又OE?平面BDE且FM?平面BDE，所以FM∥平面BDE. (2)由(1)得FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離． 取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH， 因?yàn)镋A＝ED，所以EH⊥AD， 因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD，且平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE， 所以EH⊥平面ABCD，因?yàn)锽H?平面ABCD， 所以EH⊥BH. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AB＝AD＝2， 又∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形， 所以BD

11、＝2，BH＝.易得EH＝. 在Rt△EBH中，因?yàn)镋H＝BH＝， 所以BE＝， 因?yàn)镋D＝BD＝2，所以△BDE為等腰三角形， 所以S△BDE＝×× ＝， 設(shè)F到平面BDE的距離為h， 連接DM， 因?yàn)镾△BDM＝×1×＝， 所以由VE－BDM＝VM－BDE，得 ××＝×h×， 解得h＝. 即F到平面BDE的距離為. 專題作業(yè) 1．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. (1)求證：DC⊥平面PAC； (2)求證：平面PAB⊥平面PAC； (3)設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，在棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF？說(shuō)明理由

12、． 解　(1)證明：因?yàn)镻C⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以PC⊥DC. 又因?yàn)锳C⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC. (2)證明：因?yàn)锳B∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC. 因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， 所以PC⊥AB. 又因?yàn)镻C∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC. (3)棱PB上存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF. 理由如下：取PB的中點(diǎn)F，連接EF，CE，CF，又因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，所以EF∥PA.又因?yàn)镻A?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF. 2．如圖，四棱

13、錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝2CD＝2，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是以AD為底的等腰三角形． (1)證明：AD⊥PB； (2)若四棱錐P－ABCD的體積等于，問(wèn)：是否存在過(guò)點(diǎn)C的平面CMN，分別交PB，AB于點(diǎn)M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)證明：取AD的中點(diǎn)G，連接PG，GB，BD， ∵PA＝PD，∴PG⊥AD. ∵AB＝AD，且∠DAB＝60°， ∴△ABD是正三角形， ∴BG⊥AD， 又∵PG∩BG＝G，PG，BG?平面PGB， ∴

14、AD⊥平面PGB.∴AD⊥PB. (2)存在，理由如下： 分別取PB，AB的中點(diǎn)M，N，連接CM，MN，NC，則MN∥PA； ∵ABCD是梯形，且DC平行且等于AB， ∴DC平行且等于AN，于是，四邊形ANCD為平行四邊形， ∴NC∥AD，∴平面CMN∥平面PAD. 由(1)知，MN＝1，CN＝2， 易知PG⊥平面ABCD，BC＝， ∵四棱錐P－ABCD的體積為， ∴＝××PG， ∴PG＝，在Rt△AGB中，得GB＝， ∴PB＝，BM＝， ∴在△PBC與△CBM中，＝＝， ∴△PBC∽△CBM，易知CG＝，PC＝，＝，得CM＝，∴MN2＋MC2＝NC2， ∴△CMN

15、是直角三角形， ∴S△CMN＝·CM·MN＝. 3．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為，求點(diǎn)B到平面ADE的距離． 解　(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD. 因?yàn)锳B?平面ABD，所以DC⊥AB，又因?yàn)锳D⊥AB，且DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.

16、 (2)由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD內(nèi)的正投影為AD，即∠DAC為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角． 依題意得tan∠DAC＝＝， 因?yàn)锳D＝1，所以CD＝， 設(shè)AB＝x(x>0)，則BD＝， 因?yàn)椤鰽BD∽△DCB，所以＝，即＝， 解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝3. 由于AB⊥平面ADC，AC?平面ADC， 所以AB⊥AC，又E為BC的中點(diǎn)，所以由平面幾何知識(shí)得AE＝＝， 因?yàn)锽D⊥DC，E為BC的中點(diǎn)， 所以DE＝＝，所以 S△ADE＝×1× ＝. 因?yàn)镈C⊥平面ABD， 所以VA－BCD＝VC－ABD＝CD·S△ABD＝. 設(shè)點(diǎn)B到平面ADE的距離為d.則由d·S△ADE＝VB－ADE＝VA－BDE＝VA－BCD＝，得d＝， 即點(diǎn)B到平面ADE的距離為. - 10 -